2015加试B卷三元不等式

kuing

如果 $a$, $b$, $c$ 中有零，不妨设 $a=0$，代入通分可知原不等式化为
\[\frac{bc(bc+1)}{b^2+(b-c)^2+c^2}\geqslant 0,\]
显然成立。

当 $a$, $b$, $c$ 都不为零时，令 $a=tx$, $b=ty$, $c=tz$，其中 $x$, $y$, $z$, $t$ 都为正数且 $x$, $y$, $z$ 不全相等，则原不等式等价于
\[\frac{(x-tyz)^2+(y-tzx)^2+(z-txy)^2}{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}\geqslant \frac12,\]
即
\[t^2\sum y^2z^2-6xyzt+\sum x^2\geqslant \frac12\sum (y-z)^2,\]
由二次函数性质知左边当 $t=3xyz/\sum y^2z^2$ 时取最小值，所以只需证
\[-\frac{9x^2y^2z^2}{\sum y^2z^2}+\sum x^2\geqslant \frac12\sum (y-z)^2,\]
将其SOS
\begin{gather*}
\sum x^2(y^2-z^2)^2\geqslant \frac12\sum y^2z^2\sum (y-z)^2, \\
\sum \left( x^2(y+z)^2-\frac12\sum y^2z^2 \right)(y-z)^2\geqslant 0, \\
2xyz\sum x(y-z)^2+\frac12\sum (x^2y^2-y^2z^2+z^2x^2)(y-z)^2\geqslant 0,
\end{gather*}
注意到 $(y-z)^2=(y-z)(y-x)+(z-x)(z-y)$，所以还可以整理为
\[2xyz\sum x(y-z)^2+\sum y^2z^2(x-y)(x-z)\geqslant 0,\]
这时其实已经显然成立，当然还可以不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$，进一步整理为
\[2xyz\sum x(y-z)^2+y^2z^2(x-y)^2
+(y^2z^2-z^2x^2+x^2y^2)(x-y)(y-z)+x^2y^2(y-z)^2\geqslant 0,\]
更显然成立。由于 $x$, $y$, $z$ 不全相等，这里显然取不了等号，因此原不等式的等号成立当且仅当 $a$, $b$, $c$ 中有两个为 $0$ 另一个为正。

其妙

SOS，好强大，好baoli！

色k

回复 2# 其妙
这都baoli？

kuing

回复 2# 其妙

倒是想看看答案是不是就完全不baoli...

Tesla35

参考答案来了

kuing

回复 5# Tesla35

擦擦，完全展开竟然就可以了？

尼玛看来我是被平方和忽悠了，结果就去SOS……

kuing

还好，虽然我证得繁了，但得到了加强式，从1#的过程不难看出我们有
\[(a-bc)^2+(b-ca)^2+(c-ab)^2\geqslant a^2+b^2+c^2-\frac{9a^2b^2c^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\geqslant \frac12\bigl((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\bigr),\]
其中 $a$, $b$, $c\geqslant0$ 且至多一个为零。

kuing

不过，无论如何，SOS都是多余的，因为1#在证到
\[-\frac{9x^2y^2z^2}{\sum y^2z^2}+\sum x^2\geqslant \frac12\sum (y-z)^2\]
的时候其实右边展开移项就等价于
\[\sum xy\geqslant\frac{9x^2y^2z^2}{\sum y^2z^2},\]
这由均值显然成立。

其妙

说明坛主还是真枪实干的

存★在